Математика
Русский язык

16. Задачи по планиметрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 2)

Задание 8
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Сумма оснований трапеции равна \(13\), диагонали равны \(5\) и \(12\).

а) Докажите, что диагонали трапеции взаимно перпендикулярны.

б) Найдите высоту трапеции.

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(BC+AD=13\), \(AC=5\), \(BD=12\). Достроим к трапеции \(ABCD\) такую же трапецию \(A'B'CD\), как показано на рисунке:



Тогда \(BD=A'C\), \(AC=B'D\), \(AD=B'C\), \(BC=A'D\). Следовательно, \(ACB'D\) – параллелограмм, следовательно, \(AC\parallel B'D\). Аналогично \(BD\parallel A'C\). Рассмотрим \(\triangle BDB'\). По теореме, обратной теореме Пифагора, он прямоугольный: \(BB'^2=BD^2+B'D^2\), то есть \(\angle BDB'=90^\circ\). Тогда \(\angle COD=180^\circ-\angle ODO'=90^\circ\), так как \(\angle COD\) и \(\angle ODO'\) – односторонние углы при \(AC\parallel B'D\) и \(BD\) секущей.

 

б) Проведем \(DH\perp BB'\).



Тогда \(DH\) – высота \(\triangle BDB'\) и высота трапеции \(ABCD\). Так как, с одной стороны, площадь \(S_{BDB'}=0,5DH\cdot BB'\), а с другой стороны, равна \(S_{BDB'}=0,5BD\cdot B'D\), то: \[BD\cdot B'D=DH\cdot BB' \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{60}{13}\]

Ответ:

б) \(\frac{60}{13}\)

Задание 9
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(M\) – середина гипотенузы \(AB\) треугольника \(ABC\). Серединный перпендикуляр к \(AB\) пересекает катет \(BC\) в точке \(N\).

 

а) Докажите, что \(\angle CAN=\angle CMN\).

 

б) Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников \(ANB\) и \(CBM\), если \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна, резерв)

Добавить задание в избранное


 

а) Четырехугольник \(CAMN\) является вписанным в окружность, так как \(\angle ACN+\angle AMN=90^\circ+90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\angle CAN=\angle CMN\) как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу \(CN\).

 

б) Заметим, что \(\triangle ANB\) равнобедренный: \(NM\) – медиана и высота, следовательно, \(AN=NB\).
Так как медиана из прямого угла равна половине гипотенузы, то \(CM=MB\), следовательно, \(\triangle CMB\) также равнобедренный.
Так как \(\angle ABN\) у них общий, то \(\angle NAB=\angle ABN=\angle MCB\), следовательно, эти треугольники подобны.
По теореме синусов радиус описанной около треугольника окружности равен половине отношения стороны к синусу противолежащего угла, следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{AN}{2\sin B}}{\frac{CM}{2\sin B}}=\dfrac{AN}{CM}\] Так как \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43=\dfrac{BC}{AC}\), то можно принять \(BC=4x, AC=3x\). Тогда \(AB=5x\), следовательно, \(CM=\frac12AB=2,5x\).

Заметим, что \(\triangle ABC\sim \triangle NMB\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{NB}{AB} \quad\Rightarrow\quad NB=\dfrac{2,5x\cdot 5x}{4x}=\dfrac{25}8x\] Тогда \(AN=\dfrac{25}8x\). Следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{25}8}{\frac52}=\dfrac54\]

Ответ:

\(5:4\)

Задание 10
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) угол \(C\) равен \(45^\circ\), угол \(A\) равен \(60^\circ\). Точки \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) – середины сторон \(BC\), \(AC\), \(AB\) соответственно. \(AK\) – высота.

 

а) Докажите, что точки \(A_1, B_1, C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) Найдите \(A_1K\), если \(BC=2\sqrt3\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна)

Добавить задание в избранное


 

а) Проведем \(A_1C_1\), \(C_1B_1\). Так как \(A_1C_1\) – средняя линия в \(\triangle ABC\), то \(A_1C_1=\frac12CA=CB_1\). Также \(A_1C_1\parallel CB_1\). Следовательно, \(CA_1C_1B_1\) – параллелограмм. Значит, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1CB_1=45^\circ\).

 

Заметим, что \(K\) будет лежать на отрезке \(A_1B\) по теореме о расположении медианы и высоты, опущенных из одной вершины (высота будет лежать между медианой \(AA_1\) и \(AB\), так как \(AB<AC\)).
Проведем \(KB_1\). Так как \(\triangle CKA\) прямоугольный и один из острых углов равен \(45^\circ\), то он равнобедренный, следовательно, \(KB_1\) не только медиана в нем, но и высота. Следовательно, \(\triangle CKB_1\) также прямоугольный и один из его углов равен \(45^\circ\), следовательно, и \(\angle CKB_1=45^\circ\).

 

Таким образом, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1KB_1=45^\circ\), значит, около четырехугольника \(A_1KC_1B_1\) можно описать окружность. Это и значит, что точки \(A_1, B_1,C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) По теореме синусов в \(\triangle ABC\): \[\dfrac{BC}{\sin\angle A}=\dfrac{AB}{\sin\angle C} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}2}=\dfrac{AB}{\frac{\sqrt2}2} \quad\Rightarrow\quad AB=2\sqrt2.\]

 

Обозначим \(A_1K=x\). Тогда \(AK=CK=\sqrt3+x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle AKB\): \[KB^2=8-(x+\sqrt3)^2\] Заметим, что \(A_1K+KB=A_1B=\sqrt3\), следовательно, \(KB=\sqrt3-x\), следовательно, получаем уравнение: \[8-(x+\sqrt3)^2=(\sqrt3-x)^2 \quad\Rightarrow\quad x=1.\]

Ответ:

б) 1

Задание 11
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) с прямым углом \(C\) точки \(M\) и \(N\) – середины катетов \(AC\) и \(BC\) соответственно, \(CH\) – высота.

а) Докажите, что прямые \(MH\) и \(NH\) перпендикулярны.

б) Пусть \(P\) – точка пересечения прямых \(AC\) и \(NH\), а \(Q\) – точка пересечения прямых \(BC\) и \(MH\). Найдите площадь треугольника \(PQM\), если \(AH = 12\) и \(BH = 3\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведённой к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы. В прямоугольном треугольнике \(AHC\): \(MH\) – медиана, проведённая к гипотенузе, \(MH = MC\).

Аналогично в треугольнике \(CHB\): \(NH = CN\). Таким образом, треугольники \(MNH\) и \(MNC\) равны (\(MN\) – общая) по трём сторонам, откуда \[\angle MHN = \angle C = 90^\circ.\]

 

б) Так как в прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведённой к гипотенузе, равен произведению отрезков гипотенузы, то \(CH^2 = AH\cdot HB = 36\), откуда \(CH = 6\).

По теореме Пифагора \[AC^2 = AH^2 + HC^2 = 144 + 36,\] откуда \(AC = 6\sqrt{5}\), следовательно, \(MH = MC = 3\sqrt{5}\).

По теореме косинусов \[CH^2 = MC^2 + MH^2 - 2\cdot MC\cdot MH\cdot\cos\angle PMH,\] то есть \(36 = 90 - 90\cdot\cos\angle PMH\), откуда \[\cos\angle PMH = 0,6.\]

\(MQ\) – гипотенуза в прямоугольном треугольнике \(MCQ\), тогда \[\cos\angle PMH = \dfrac{MC}{MQ},\] то есть \(0,6 = \dfrac{3\sqrt{5}}{MQ}\), откуда \[MQ = 5\sqrt{5}.\]

\(PH\) – катет в прямоугольном треугольнике \(MHP\), тогда \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{PH}{MH}.\] Так как \(\cos\angle PMH = 0,6\), то \(\sin\angle PMH = 0,8\), следовательно, \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{4}{3},\qquad \dfrac{4}{3} = \dfrac{PH}{3\sqrt{5}},\] откуда \(PH = 4\sqrt{5}\). \[S_{\triangle MPQ} = \dfrac{1}{2}\cdot MQ\cdot PH = \dfrac{1}{2}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5} = 50.\]

Ответ:

б) \(50\)

Задание 12
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) боковая сторона \(AB\) перпендикулярна основаниям. Из точки \(A\) на сторону \(CD\) опустили перпендикуляр \(AH\). На стороне \(AB\) отмечена точка \(E\) так, что прямые \(CD\) и \(CE\) перпендикулярны.

 

а) Докажите, что прямые \(BH\) и \(ED\) параллельны.

б) Найдите отношение \(BH:ED\), если \(\angle BCD=150^\circ\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим четырехугольник \(AECD\): т.к. \(\angle ECD+\angle EAD=180^\circ\), то около него можно описать окружность. Следовательно, \(\angle ECA=\angle EDA\) как вписанные и опирающиеся на одну хорду \(EA\). Около четырехугольника \(ABCH\) также можно описать окружность, следовательно, \(\angle CBH=\angle CAH\).


 

Но \(\angle CAH=\angle ECA\) как накрест лежащие при \(EC\parallel AH\) и \(AC\) – секущей. Следовательно, \(\angle CBH=\angle ADE\).

 

Таким образом, \(\angle AED=90^\circ-\angle ADE=90^\circ -\angle CBH=\angle EBH\) – соответственные при прямых \(BH\) и \(ED\) и секущей \(AB\). Значит \(BH\parallel ED\).

 

б) Достроим трапецию \(ABCD\) до треугольника \(AOD\). Т.к. \(BH\parallel ED \Rightarrow \triangle OBH\sim \triangle OED\).

 

Значит, \(\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}\).

 

Т.к. \(\angle BCD=150^\circ \Rightarrow \angle BCE=\angle BOC=60^\circ, \ \angle OCB=\angle BEC=30^\circ\).

 

Пусть \(OB=x \Rightarrow BC=\sqrt3 x \Rightarrow BE=3x \Rightarrow OE=4x\). Таким образом, \[\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}=\dfrac14\]

Ответ:

б) \(1:4\)

Задание 13
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) точка \(E\) – середина основания \(AD\), точка \(M\) – середина боковой стороны \(AB\). Отрезки \(CE\) и \(DM\) пересекаются в точке \(O\).

 

а) Докажите, что площади четырехугольника \(AMOE\) и треугольника \(COD\) равны.

б) Найдите, какую часть от площади трапеции составляет площадь четырехугольника \(AMOE\), если \(BC=3, AD=4\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а)

 

Пусть \(CH_1=h\) – высота треугольника \(ECD\). Т.к. \(M\) – середина \(AB\), то \(MH_2 = \dfrac{h}{2}\) – высота треугольника \(AMD\).
\(S_{AMD}=\dfrac{1}{2}AD\cdot MH_2 =\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{h}{2}\cdot 2ED=S_{ECD}\). Следовательно, \(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}=S_{ECD}-S_{OED}=S_{COD}\), чтд.

 

б) \(S_{ABCD}=\dfrac{3+4}{2}\cdot h=\dfrac{7}{2}h\)

 

\(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}\). Найдем \(S_{OED}\).
Проведем среднюю линию трапеции \(MK, \ MK\cap CE=N\). \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\).
\(MK=3,5\) как средняя линия трапеции, \(NK=1\) как средняя линия \(\bigtriangleup CED \Rightarrow MN=2,5\).
Проведем из вершины \(O\) высоты в \(\bigtriangleup MON\) и \(\bigtriangleup EOD\) и обозначим их за \(x\) и \(y\) соответственно (заметим, что \(x+y=\dfrac{h}{2}\)).

 

Т.к. \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\), то \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2,5}{2}=\dfrac{5}{4} \Rightarrow y=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{h}{2}\).

 

Таким образом, \(S_{OED}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2h}{9}\cdot 2=\dfrac{2h}{9} \Rightarrow S_{AMOE}=\dfrac{7h}{9}\).

 

Значит, \(\dfrac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\dfrac{2}{9}\).

Ответ:

\(\dfrac{2}{9}\).

Задание 14
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан треугольник \(ABC\), причем \(\angle ABC=60^\circ\). Вписанная в этот треугольник окружность касается стороны \(AC\) в точке \(M\).

 

а) Докажите, что отрезок \(BM\) не больше утроенного радиуса вписанной в треугольник окружности.

б) Найдите \(\sin \angle BMC\), если известно, что отрезок \(BM\) в \(2,5\) раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим два случая: когда \(O\) (центр вписанной окружности) лежит на \(BM\) и когда не лежит.


 

1) \(O\in BM\).

 

Это значит, что \(BM\) является биссектрисой \(\angle B\) (т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис), а также высотой (т.к. \(OM\perp AC\) как радиус, проведенный в точку касания). Следовательно, \(\triangle ABC\) равнобедренный с основанием \(AC\). Т.к. один из углов \(\angle B=60^\circ\), то все остальные углы в \(\triangle ABC\) тоже равны по \(60^\circ\), то есть он равносторонний.
Таким образом, \(O\) – это еще точка пересечения медиан \(\triangle ABC\). Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(BO:OM=2:1\), откуда следует, что \(BM=3OM=3r\), где \(r\) – радиус вписанной окружности.

 

2) \(O\not\in BM\).

 

Тогда рассмотрим \(\triangle OBM\). По неравенству треугольника сумма любых его двух сторон больше третьей, то есть \[BM<BO+OM \quad \Rightarrow\quad BM<BO+r.\]

Таким образом, если доказать, что \(BO\leqslant 2r\), то отсюда последует требуемое неравенство.

 

Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(BO\) – биссектриса \(\angle B\), то есть \(\angle KBO=30^\circ\), где \(K\) – точка касания окружности со стороной \(AB\). Причем \(\angle BKO=90^\circ\) (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Таким образом, в прямоугольном \(\triangle BKO\) катет \(KO=r\), лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы \(BO\), то есть \(r=\frac12BO\), откуда \(BO=2r\). Значит,

\[BM<2r+r \quad \Rightarrow \quad BM<3r.\]

б) Т.к. \(BM=2,5r\), то \(\triangle ABC\) – не равнобедренный (то есть, согласно пункту а), \(O\ne\in BM\)). Обозначим \(\angle BMC=\alpha\), \(\angle BMO=\beta\).



По теореме косинусов из \(\triangle BMO\):

\[BO^2=BM^2+OM^2-2\cdot BM\cdot OM\cdot \cos\beta \quad \Rightarrow \quad \cos\beta=\dfrac{13}{20}.\]

Т.к. \(\alpha+\beta=90^\circ\), то \(\beta=90^\circ-\alpha\), следовательно,

\[\cos\beta=\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha=\dfrac{13}{20}=0,65.\]

Ответ:

\(0,65\)

1 2 3 .... 5